Hermes Pantoja Carhuavilcahermes22.yolasite.com/resources/Clase_EDO_2011_II_UNI2.pdf · Introduccion´ Solucion Num´ ´erica Sistema EDO EDO de orden superior Forma estandar del´

Introduccion Solucion Numerica Sistema EDO EDO de orden superior

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

Hermes Pantoja Carhuavilca

Facultad de Ingenierıa MecanicaUniversidad Nacional de Ingenierıa

Metodos Numericos

Hermes Pantoja Carhuavilca 1 de 41


CONTENIDO

IntroduccionEcuaciones DiferencialesProblema de Valor Inicial

Solucion NumericaMetodos de un Solo PasoMetodo de EulerMetodo de TaylorMetodo de Runge Kutta

Sistema EDOSistema EDO

EDO de orden superiorEDO de orden superior

Hermes Pantoja Carhuavilca 2 de 41


Una Ecuacion Diferencial es una expresion matematica queinvolucra al menos una derivada de una funcion desconocidade una o mas variables.Ecuacion diferencial ordinaria: Cuando la funciondesconocida depende de una sola variable.

dydx

= 2x + y

Ecuacion diferencial parcial: cuando la funcion desconocidadepende de mas de una variable.

∂2V∂x2 + ∂2V

∂y2 = V

Introduccion Hermes Pantoja Carhuavilca 3 de 41


El orden de una ecuacion diferencial lo define el orden de laderivada mas alta que aparece en la ecuacion.

dydx

= 2x + y Es de primer orden

d2xdt2 + 2

dxdt− 15x = 0 Es de segundo orden

El grado de una ecuacion diferencial lo define el exponente dela derivada de mayor orden, una vez que se han eliminado lasfracciones y los radicales en variable dependiente y en susderivadas

d2xdt2 + 2

dxdt− 15x = 0 Es de primer grado(

dydx

)2

+ 2y− x = 0 Es de segundo grado



Aquı se presentan algunos ejemplos de ecuaciones diferencialescon sus soluciones. En cada caso, t es la variable independientee y la variable dependiente. Por tanto, y es el nombre de lafuncion desconocida de la variable independiente t:

Ecuacion:y′ − y = et

y′′ + 9y = et

y′ + 12x

= 0

Solucion:y(t) = tet + cet

y(t) = c1 sin(3t) + c2cos(3t)y(t) =

√c− t



Forma estandar del Problema de Valor Inicial para unaecuacion diferencial de primer orden{

y′ = f (t, y)y(a) esta dada

Se llama Problema de Valor Inicial (PVI) porque t se puedeinterpretar como el tiempo y t = a se puede pensar como elinstante inicial en el tiempo.Ecuacion:y′ = y + 1y′ = 6t− 1

y′ = ty + 1

Valor inicialy(0) = 0y(1) = 6y(0) = 0

Soluciony(t) = et − 1y(t) = 3t2 − t + 4y(t) =

√t2 + 1− 1



DefinicionDada la funcion f : R2 → R, un intervalo [t0,T] y un valor y0 ∈ R, elproblema de valor inicial consiste en determinar una funciony : [t0,T]→ R que verifique una ecuacion diferencial de primer orden

y′(t) = f (t, y(t)), t ∈ [t0,T]

con la condicion inicialy(t0) = y0

Nota: Antes de empezar a resolver el problema, interesagarantizar que esta tiene solucion unica.



TeoremaSea f : R2 → R una funcion tal que

I f es continua en [t0,T] con respecto al primer argumento.I f es continua segun Lipschitz con respecto al segundo

argumento, esto es, existe una constante L > 0 (llamadaconstante de Lipschitz) tal que

|f (t, y1)− f (t, y2)| ≤ L|y1 − y2|, ∀t ∈ [t0,T], ∀y1, y2 ∈ R

Entonces, el problema de valor inicial posee una solucion y que esunica. Ademas, la solucion y es continuamente diferenciable en [t0,T].



EjemploDemostrar que el Problema de Valor Inicial

dydt

= 2t

y + t2et

y(1) = 0

tiene solucion unica en el intervalo [1, 2].

Solucion:f (t, y) = 2

ty + t2et continua en su dominio, y como

|f (t, y1)− f (t, y2)| = |2t||y1 − y2| ≤ 2|y1 − y2|

Donde la constante de Lipschitz L = 2, luego se verifica quetiene solucion unica.



SOLUCION NUMERICA

Pasos:1. Definir una malla {ti} i = 0, 1, . . . ,N en el intervalo [t0,T];2. Desde i = 1 hasta i = N, determinar los yi que sera el valor

de la solucion aproximada de y(ti).El y0 es la condicion inicial conocida. Los metodos numericosse distinguen por la forma como son calculados los valoressucesivos de yi.Los metodos en donde el calculo de yi es realizado solo con lainformacion en el intervalo [ti−1, ti] se llaman metodos de unsolo paso. Los que recurren a informacion fuera de esteintervalo para determinar yi se llaman metodos de multiplepaso, o de paso multiple.

Solucion Numerica Hermes Pantoja Carhuavilca 10 de 41


METODO DE EULEREste metodo rara vez se usa en la practica, debido a que es elmenos preciso de los metodos que veremos. Sin embargo suderivacion es tan simple que permite ilustrar las tecnicas quenormalmente se utilizan en la construccion de metodos masavanzados. Pretendemos resolver{

y′(t) = f (t, y(t)), t0 = a ≤ t ≤ by(t0) = y0 Condicion Inicial

Tomamos el tamano de paso h > 0 (h = (b− a)/n) definiendotj = t0 + jh, j = 0, 1, 2, . . . ,ny obtenemos de tal manera

yj+1 = yj + hf (tj, yj) j = 0, 1, 2, . . . ,n− 1

siendo los yj aproximaciones para y(tj)



EjemploAplicar el metodo de Euler para aproximar la solucion del problema devalor inicial {

y′(t) = −y + t + 1, 0 ≤ t ≤ 1y(0) = 1

Solucion:El primer paso, es encontrar el tamano de paso h, eligiendon = 10h = b− a

n= 1− 0

10= 0,1

y1 = y0 + hf (t0, y0) = 1 + 0,1 ∗ f (0, 1) = 1y2 = y1 + hf (t1, y1) = 1 + 0,1 ∗ f (1, 1) = 1,01...



La solucion exacta es y(t) = t + e−t. La siguiente tabla muestrala comparacion entre los valores aproximados yj y los valoresexactos y(tj).

Notese que el error crece ligeramente conforme el valor de tjaumenta



METODO DE TAYLOR DE ORDEN SUPERIORPodemos desarrollar la funcion y(t) en una serie de Tayloralrededor del punto tj de manera de poder encontrar y(tj+1)

y(t) = y(tj) + hy′(tj) + 12

h2y′′(tj) + . . . donde h = tj+1 − tj

El metodo de Euler consiste en truncar esta serie al primerorden.Si truncamos la serie de Taylor al orden n tenemos el metodode Taylor de orden n

yj+1 = yj + hf (tj, yj) + h2

2f ′(tj, yj) + . . .+ hn

n! f (n−1)(tj, yj)

Los metodos de Taylor de orden elevado no son en general deaplicacion muy practica, utilizaremos en muchos casos solo elmetodo de Taylor de orden 2.



METODO DE TAYLOR DE ORDEN 2

PVI {y′(t) = f (t, y(t)), t0 = a ≤ t ≤ by(t0) = y0 Condicion Inicial


yj+1 = yj + hf (tj, yj) + h2

2f ′(tj, yj) j = 0, 1, 2, . . . ,n− 1



EjemploAplicar el metodo de Taylor de Orden 2 para aproximar la solucion delproblema de valor inicial{

y′(t) = −y + t + 1, 0 ≤ t ≤ 1y(0) = 1

Considere h = 0,1

Solucion:f (t, y) = −y + t + 1f ′(t, y) = −y′ + 1 = y− t− 1 + 1 = y− t

Luego: y1 = y0 + h(−y0 + t0 + 1) + h2

2(y0 − t0) = 1,005

y2 = 1,019025



Resumimos los resultados en la siguiente tabla:



METODO DE RUNGE KUTTA

Los metodos de Taylor esbozados en la seccion anterior tienenla desventaja de requerir el calculo y la evaluacion de lasderivadas de f (t, y). Este puede ser un procedimiento muycomplicado y que consuma mucho tiempo para una grancantidad de problemas. Es por ello que los metodos de Taylorse usan muy poco en la practica. Los metodos de Runge Kuttaeliminan el calculo y la evaluacion de las derivadas de f (t, y) .



METODO DE RUNGE KUTTA DE ORDEN 2

Conocido Tambien como el metodo de Heun o Euler MejoradoPVI {



k1 = hf (tj, yj)k2 = hf (tj+1, yj + k1)

yj+1 = yj + 12

(k1 + k2)



EjemploAplicar el metodo de Runge Kutta de Orden 2 para aproximar lasolucion del problema de valor inicial{

y′(t) = −y + t2 + 1, 0 ≤ t ≤ 1y(0) = 1

Considere h = 0,1

Solucion:f (t, y) = −y + t + 1k1 = hf (tj, yj) = h(−yj + t2

j + 1)k2 = hf (tj+1, yj + k1) = h[−(yj + k1) + t2

j+1 + 1]Luego: k1 = hf (t0, y0) = h(−y0 + t2

0 + 1) = 0k2 = hf (t1, y0 + k1) = h[−(y0 + k1) + t2

1 + 1] = 0,001

y1 = y0 + 12

(k1 + k2) = 1,0005






METODO DE RUNGE KUTTA DE ORDEN 4Este es el metodo mas empleado en la practica. Surge deaproximar la integral de f (t, y) por la regla de Simpson 1/3PVI {


Tomamos el tamano de paso h > 0 (h = (b− a)/n) definiendotj = t0 + jh, j = 0, 1, 2, . . . ,n ; obtenemos de tal manera

k1 = hf (tj, yj)

k2 = hf (tj + h2, yj + k1

2)

k3 = hf (tj + h2, yj + k2

2)

k2 = hf (tj + h, yj + k3)

yj+1 = yj + 16

(k1 + 2k2 + 2k3 + k4)



EjemploAplicar el metodo de Runge Kutta de orden 4 para aproximar lasolucion del problema de valor inicial{

y′(t) = −y + t + 1, 0 ≤ t ≤ 1y(0) = 1

Considere h = 0,1

Solucion:f (t, y) = −y + t + 1k1 = hf (tj, yj) = h(−yj + tj + 1)

k2 = hf (tj + h2, yj + k1

2) = h

(−(yj + k1

2) + (tj + h

2) + 1

)k3 = hf (tj + h

2, yj + k2

2) = h

(−(yj + k2

2) + (tj + h

2) + 1

)k4 = hf (tj + h, yj + k3) = h

(−(yj + k3) + (tj + h) + 1)

)Solucion Numerica Hermes Pantoja Carhuavilca 23 de 41


Luego:f (t, y) = −y + t + 1k1 = hf (t0, y0) = h(−y0 + t0 + 1) = 0

k2 = hf (t0 + h2, y0 + k1

2) = h

(−(y0 + k1

2) + (t0 + h

2) + 1

)= 0,005

k3 = hf (t0 + h2, y0 + k2

2) = h

(−(y0 + k2

2) + (t0 + h

2) + 1

)=

0,00475k4 = hf (t0+h, y0+k3) = h (−(y0 + k3) + (t0 + h) + 1)) = 0,009525Finalmente:

y1 = y0 + 16

[k1 + 2k2 + 2k3 + k4] = 1,00483750






SISTEMA DE ECUACIONES DIFERENCIALES

Dadas las funciones f1, f2, . . . , fn de Rn+1 en R, un sistema deecuaciones diferenciales de orden 1 definido por

du1

dt= f1(t,u1(t),u2(t), . . . ,un(t))

du2

dt= f2(t,u1(t),u2(t), . . . ,un(t))

...dun

dt= fn(t,u1(t),u2(t), . . . ,un(t))

Sistema EDO Hermes Pantoja Carhuavilca 26 de 41


El PVI consiste en determinar las funciones u1,u2, . . . ,un en unintervalo [a, b] que satisfacen estas ecuaciones diferenciales y lascondiciones iniciales:

u1(a) = u1,0 u2(a) = u2,0 un(a) = un,0

Matricialmente:u′(t) = f(t,u(t))

f : Rn+1 → R donde f = [f1, f2, . . . , fn]T y u es una funcion de Ren Rn donde u = [u1,u2, . . . ,un]T.Condicion inicial:

u(a) = 0



METODO DE EULER

Los metodos numericos aplicado a EDO de valor inicialpueden ser aplicados de forma inmediata para el caso matricial(sistemas de ecuaciones).

ui+1 = ui + hFh(ti,ui)

Escogemos un entero N > 0 y tomamos h = (b− a)/N paradividir el intervalo [a, b] en N sub-intervalos con puntos de red

tj = a + jh j = 0, 1, 2, . . . ,N − 1

La funcion Fh se define en terminos de f, de manera analoga alcaso escalar.



EJEMPLO

Considere el siguiente problema de valor inicial{u′1 = u1u2u′2 = t + u1 − u2

u1(0) = 1, u2(0), t ∈ [0, 1]

1. Determinar una solucion aproximada por el metodo deEuler con tamano de paso h = 0,1.

2. Determinar una solucion aproximada por el metodo deTaylor de orden 2 con tamano de paso h = 0,1.



Se define f1 y f2 por{f1(t,u1,u2) = u1u2f2(t,u1,u2) = t + u1 − u2

1. La expresion del metodo de Euler es

ui+1 = ui + hFh(ti,ui)

Toma en este caso la forma

ui+1 =(

u1,i+1u2,i+1

)=(

u1,iu2,i

)+ h

(f1(ti,u1,i,u2,i)f2(ti,u1,i,u2,i)

)



Ademas:u1,i+1 = u1,i + 0,1× u1,iu2,i

u2,i+1 = u2,i + 0,1× (ti + u1,i − u2,i)

Para i = 0, 1, 2, . . . , 9 con las condiciones iniciales

u1,0 = u1(0) = 1

u2,0 = u2(0) = 0

La tabla siguiente representa los valores obtenidos:





2 La expresion del metodo de Taylor de orden 2 es

ui+1 = ui + hFh(ti,ui) + (h2/2)F′h(ti,ui)

Siendo entonces necesario determinar f ′1 y f ′2.

f ′1(t,u1,u2) = u2u′1 + u1u′2 = u1u22 + u1(t + u1 − u2)

f ′2(t,u1,u2) = 1 + u′1 − u′2 = 1 + u1u2 − (t + u1 − u2)

Toma en este caso la forma

ui+1 =(

u1,i+1u2,i+1

)=(

u1,iu2,i

)+ h

(f1(ti,u1,i,u2,i)f2(ti,u1,i,u2,i)

)+

h2

2

(f ′1(ti,u1,i,u2,i)f ′2(ti,u1,i,u2,i)

)



Ademas:

u1,i+1 = u1,i + 0,1×u1,iu2,i + 0,005× (u1,iu22,i + u1,i(ti + u1,i−u2,i))

u2,i+1 = u2,i+0,1×(ti+u1,i−u2,i)+0,005×(1+u1,iu2,i−(ti+u1,i−u2,i))

Para i = 0, 1, 2, . . . , 9 con las condiciones iniciales

u1,0 = u1(0) = 1

u2,0 = u2(0) = 0






EDO DE ORDEN SUPERIOR

La ecuacion diferencial general de orden n de la forma

y(n) = f (t, y(t), y′(t), . . . , y(n−1)(t)) a ≤ t ≤ b

con condiciones iniciales

y(a) = u1,0, y′(a) = u2,0, . . . , y(n−1)(a) = un,0

parau1,0,u2,0, . . . ,un,0 ∈ R

EDO de orden superior Hermes Pantoja Carhuavilca 36 de 41


Se convierte en un sistema de ecuaciones diferenciales deprimer orden al hacer

y = u1y′ = u2...y′n−1 = uny′n = f (t, y(t), y′(t), . . . , y(n−1)(t))

Usando esta notacion, obtenemos el sistema de primer orden



du1

dt= dy

dt= u2

du2

dt= dy′

dt= u3

...dun−1

dt= dy(n−2)

dt= un

dun

dt= dy(n−1)

dt= y(n) = f (t, y(t), y′(t), . . . , y(n−1)(t))

con condiciones iniciales

u1(a) = y(a) = u1,0u2(a) = y′(a) = u2,0...un(a) = y(n−1)(a) = un,0



EJEMPLO

Determinar por el metodo de Euler con tamano de paso 0.05una solucion aproximada de

θ′′ + 10 sin θ = 0

θ(0) = 0,1 θ′(0) = 0



El primer paso, es definir

u1 = θ u2 = θ′

Luego se obtiene un sistema de ecuaciones diferenciales

du1

dt= u2

du2

dt= θ′′ = −10 sin θ = −10 sin u1

Luego las expresiones de recurrencias seran

u1,i+1 = u1,i + 0,05× u2,i

u2,i+1 = u2,i − 0,05× 10 sin(u1,i)Para i = 0, 1, 2, . . . , 9 con las condiciones iniciales

u1,0 = u1(0) = 0,1

u2,0 = u2(0) = 0





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